A kovetkezo lenne a kerdesem: Hogy lehet levezetni, hogy milyen x-ek eseten igaz, hogy (cos (2*x) /sqrt (2) ) + (cos (3*x) /sqrt (3) ) + (cos (4*x) /sqrt (4) ) = 0? sqrt = gyök. Bonyolitja a kerdest a cosinuson kivuli osztas.

Úgy, hogy az sose lesz 0.

Itt a grafikonja: [link]

Első közelítésben a feladat egy olyan negyedfokú egyenletre vezethető, amelynek mind a négy gyöke valós szám. Habár még ennek van megoldóképlete kérdés, hogy ezt lehetséges-e valamilyen trükkel megkerülni?

gyök(3)·COS(4·x) + 2·COS(3·x) + gyök(6)·COS(2·x)=0

8·gyök(3)·COS(x)^4 + 8·COS(x)^3 + (2·gyök(6) - 8·gyök(3))·COS(x)^2 - 6·COS(x) - gyök(6) + gyök(3)=0

Bevezetve z=cos(x) új ismeretlent, adódik a

8·gyök(3)·z^4 + 8·z^3 + 2·gyök(6)·z^2·(1 - 2·gyök(2)) - 6·y - gyök(3)·(gyök(2) - 1)=0 egyenlet. Sz. Gy.

Igen, ezek a gyökei:

x = ((2 * k_1) * π) - 1.7353965259673821757236,

x = ((2 * k_1) * π) + 1.7353965259673821757236,

x = ((2 * k_2) * π) - 2.0422542437099274678435,

x = ((2 * k_2) * π) + 2.0422542437099274678435,

x = ((2 * k_3) * π) - 2.5217997392264824581359,

x = ((2 * k_3) * π) + 2.5217997392264824581359,

x = ((2 * k_4) * π) - 0.54583892281301390778341,

x = ((2 * k_4) * π) + 0.54583892281301390778341

Átalakítások után a számláló így fog kinézni:

4·gyök(2)·SIN(x)·(2·gyök(3)·COS(x)^3 + 4·COS(x)^2 + (gyök(6)- gyök(3))·COS(x) - 1).

Két jó és egy rossz hírem van. Sin(x)-es tényező zérushelyei triviálisak. A harmadfokú egyenlet meg olyan, hogy csak egyetlen valós gyöke lesz, a másik kettő komplex konjugáltakkal nem kell foglalkozni. Ide behelyettesíted az x=arc cos(z)-t és eljutsz a 2·gyök(3)·z^3 + 4·z^2 + z·(gyök(6) - gyök(3)) - 1 vizsgálatához. Itt alkalmazhatod a Cardano-képletet, sajnos emberi szemnek kellemetlen formával, és ez volt a rossz hír. Kilenc jegy pontosan z~-0,3722432570...

Ezután már könnyebb lesz belátni, hogy nincs közös gyök.

Ennyit tudtam még segíteni. Sz. Gy.